<1，故B正确；C项，根据图像可知，当溶液pH增大时，NH3·H2O浓度逐渐增大，则NH4+的浓度逐渐减小，而HCO3-浓度先增大后减小，故C错误；D项，Kh（HCO3-）=
，如图常温下当pH=6.5时，c（HCO3-）=c（H2CO3），c（OH-）=Kw/c（H+）=10-14/10-6.5=10-7.5=
×10-8，将数据代入上式得：
Kh（HCO3-）=
×10-8，常温下水解平衡常数Kh（HCO3-）的数量级为10-8，故D错误。
综上分析，符合题意的选项为B。
点睛：
本题结合图像考查了离子浓度大小比较、盐类的水解原理等知识，明确图像曲线变化的含义是解题关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度关系中的应用（如B项），结合图像中的特殊点计算K是此种题型中常用的处理方法（如D项根据pH=6.5时对应的离子浓度计算Kh）。
8.化学探究小组设计实验探究某种氮的化合物的制备及性质。
【探究一】下图A为某气体制备装置，图中未画出。
据此回答：
（1）①只用一种试剂制备A中某气体，选取的试剂是____________。
a. NH4HCO3 b. NH4Clc.Ca（OH）2d. NH4NO3
②装置A所用的主要玻璃仪器是____________（填仪器名称）。
（2）从装置A进入装置B的物质在B中被充分吸收，写出B中发生反应的化学方程式_______________________________（写出一个即可）。
【探究二】为探究上述装置中产生的气体性质，该化学探究小组又组装了如下装置，其中C处硬质试管中装有红色粉末铜粉。
用酒精灯加热C 处硬质试管一段时间后，再通入上述实验产生的气体，过一会撤去C 处酒精灯。
据此回答:
（3）若实验过程中发现F 处铜片逐渐溶解。
则:
①D 中观察到的现象是________________________________。
②C 中发生反应的化学方程式为________________________________。
③F 处铜片逐渐溶解的原因是________________________________。
④该装置的不足之处是________________________________。
（4）若实验过程中F 处铜片没有任何变化，D 中无任何现象发生，只观察到C 中粉末在红色和黑色间交替变化。
则C 中发生反应的化学方程式为________________________________。
【答案】
（1）.a
（2）.试管、酒精灯（3）.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑或2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（4）.D中出现红棕色气体（5）.4NH3+5O2
4NO+6H2O（6）.从E中出来的气体中含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，铜与硝酸反应而逐渐溶解（7）.没有尾气吸收装置（8）.4NH3+3O2
2N2+6H2O（或2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O）
【解析】分析：
由已知可得，A中制取的是某种氮的化合物，结合探究二，F处铜片逐渐溶解，说明有硝酸生成，所以气体X中有氨气，B中Na2O2与A中产生的气体反应生成了O2，氨气和氧气在C中铜的催化作用下发生反应生成NO，NO进一步被氧化成NO2。
详解：
（1）①由上述分析可得，气体X中含有氨气和氧气，A中制取的氮的化合物是氨气，则只用一种试剂制备氨气，选取的试剂是NH4HCO3，故选a；②NH4HCO3固体加热分解可以在大试管中进行，故装置A所用的主要玻璃仪器是试管和酒精灯。
（2）NH4HCO3受热分解产生氨气、水和二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，所以B中发生反应的化学方程式为：
2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑和2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2。
（3）①C中产生的NO气体很容易被氧气氧化成红棕色的NO2，所以D中会出现红棕色气体；②在C中铜的催化作用下，氨气和氧气发生反应生成NO，化学方程式为：
4NH3+5O2
4NO+6H2O；③从E中出来的气体中含有二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，F中铜与硝酸反应而逐渐溶解；④二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO有毒，不能直接排放到空气中，需要进行尾气处理，而该装置的设计中没有尾气吸收装置。
（4）若实验过程中F处铜片没有任何变化，D中无任何现象发生，只观察到C中粉末在红色和黑色间交替变化，则C中氨气与氧气在铜催化作用下（或氨气与CuO）发生氧化还原反应，没有生成NO，产物应为氮气等，故反应的方程式为：
4NH3+3O2
2N2+6H2O（或2NH3+3CuO
3Cu+N2+3H2O）。
9.随着科技的进步，合理利用资源、保护环境成为当今社会关注的焦点。
甲胺铅碘（CH3NH3PbI3）可用于全固态钙钛矿敏化太阳能电池的敏化剂，由CH3NH2、PbI2及HI为原料合成，回答下列问题：
（1）制取甲胺的反应为CH3OH（g）+NH3（g）
CH3NH2（g）+H2O（g）△H。
已知该反应中相关化学键的键能数据如下：
共价键
C-O
H-O
N-H
C-N
键能/kJ•mol-1
351
463
393
293
则该反应的△H=________kJ•mol-1
（2）上述反应中所需甲醇工业上利用水煤气合成，反应为CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H＜0。
在一定条件下，将l mol CO和2mol H2通入密闭容器中进行反应，当改变某一外界条件（温度或压强）时，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）变化趋势如图所示：
①平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则CO的转化率为____________________。
②X轴上a点的数值比b点_______（填“大”或“小”）。
某同学认为上图中Y轴表示温度，你认为他判断的理由是______________________________________。
（3）常温下，已知：
Ksp（PbI2）=4×10-9；已知Ksp（PbCl2）=1.6×10-5，则反应PbCl2（s）+2I-（aq）
PbI2（s）+2Cl-（aq）的平衡常数K=_______________。
（4）分解HI曲线和液相法制备HI反应曲线分别如图1和图2所示：
①反应H2（g）+I2（g）
2HI（g） 的△H_______（填“>”或“<”）0。
②将二氧化硫通入碘水中会发生反应：
SO2+I2+2H2O
3H++HSO4-+2I-，I2+I-
I3-，图2中曲线a、b分别代表的微粒是_______、__________（填微粒符号）；由图2 知要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以采取的措施是减小___________________________________。
【答案】
（1）.-12
（2）.25%（3）.小（4）.随着Y值的增大，c（CH3OH）减小，平衡CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）向逆反应方向进行，故Y为温度（5）.4000（6）.<（7）.2H+（8）.I3-（9）.减小
的投料比
【解析】分析：
（1）根据“反应热=反应物总键能-生成物总键能”计算；
（2）①可设CO的转化率为α，根据化学方程式及已知数据列三段式计算；②由CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H＜0可得，增大压强平衡正向移动，升高温度平衡逆向移动；
（3）根据K=
=
计算；
（4）①根据图1，分解HI时HI与H2在平衡时的物质的量随温度的变化，判断温度对平衡移动的影响；②由二氧化硫通入碘水中发生的两个反应可得：
I2过量时，I-减小，I3-增多，且
越大，I-会越小，I3-会越多；H+和HSO4-都不变，且n（H+）：
n（HSO4-）=3：
1，再结合图2分析即可。
详解：
（1）设C-H键能为xkJ•mol-1，△H=反应物总键能-生成物总键能=3xkJ•mol-1+351kJ•mol-1+463kJ•mol-1+3×393kJ•mol-1-（3xkJ•mol-1+293kJ•mol-1+2×393kJ•mol-1+2×463kJ•mol-1）=-12kJ•mol-1。
（2）①设CO的转化率为α，CO和H2的初始物质的量分别为lmol、2mol，则CO反应了αmol，由化学方程式列三段式可得：
，因为CH3OH（g）的体积分数=CH3OH（g）的物质的量分数，平衡时，M点CH3OH的体积分数为10%，则
×100%=10%，解得：
α=25%。
②根据图示信息：
X轴上a点的数值比b点小，随着Y值的增加，CH3OH的体积分数φ（CH3OH）减小，平衡“CO（g）+2H2（g）
CH3OH（g）△H＜0”向逆反应方向进行，故Y表示温度。
（3）由已知，发生反应PbCl2（s）+2I-（aq）
PbI2（s）+2Cl-（aq）的溶液为PbCl2和PbI2的饱和溶液，所以K=
=
=
=4000。
（4）①由图1可知，平衡时随温度的升高，HI减小，H2增大，则反应2HI（g）
H2（g）+I2（g）正向吸热，说明反应H2（g）+I2（g）
2HI（g）正向放热，故△H<0。
②根据图2，b为从零逐渐增大的离子，a和c始终不变，且a、c物质的量之比为3：
1，则根据SO2+I2+2H2O
3H++HSO4-+2I-，I2+I-
I3-，反应中I3-越来越多，H+和HSO4-始终不变，且n（H+）：
n（HSO4-）=3：
1，所以a为H+，b为I3-，由图2知
增大，I3-越多，则I-会越小，所以要提高碘的还原率，除控制温度外，还可以减小
的投料比。
10.某铬铁矿主要成分是FeO·Cr2O3，含有FeCO3、SiO2、Fe3O4等杂质，现由该铬铁矿制备强氧化剂Na2Cr2O7 的流程如下：
已知：
常温下，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-38，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×10-30
回答下列问题：
（1）物质B为______________， 溶液E为____________________。
（2）溶液G中经检测不含H2O2的可能原因是________________________________________。
（3）若步骤Ⅵ调节pH后，c（Cr3+）=6.3mol/L，则pH范围是______________（离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全）。
（4）步骤Ⅶ发生的离子方程式为________________________________________。
（5）Na2Cr2O7和Na2SO4的溶解度随温度变化的曲线如下图所示，步骤Ⅷ中操作a为___________、__________________。
（6）若称取mg该铬铁矿，其中FeO·Cr2O3的质量分数为70%，最终制得n gNa2Cr2O7固体，则该过程中Cr元素的转化率为____________________________。
【答案】
（1）.Fe3O4
（2）.NaHCO3（3）.过量的H2O2，被Fe3+催化分解（4）.3≤pH＜4（5）.7H2O+3S2O32-+2Cr3+=6SO42-+Cr2O72-+14H+（6）.加热浓缩（7）.趁热过滤（8）.
×100%
【解析】分析：
注意天然Fe3O4是一种反式尖晶石结构，晶体结构为六方晶系的永久磁石（硬磁体），结构牢固，很难与酸反应。
由已知铬铁矿主要成分结合流程可得，铬铁矿粉酸浸后，所得溶液F中阳离子主要为：
Fe2+和Cr3+，固体A为难溶的SiO2、Fe3O4等杂质；SiO2与NaOH溶液反应生成硅酸钠，硅酸钠与足量CO2反应生成碳酸氢钠和硅酸；溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，通过调节pH除去Fe3+；Cr2（SO4）3溶液（H）与Na2S2O8溶液反应得到Na2Cr2O7和Na2SO4的混合溶液，最后经过一系列操作得到固体。
详解：
（1）物质B具有磁性，结合铬铁矿的成分及流程可得，B为Fe3O4；溶液C为硅酸钠溶液，因为通入足量CO2，所以生成E为NaHCO3。
（2）H2O2在催化剂作用下容易分解为水和氧气，因为溶液F中的Fe2+被H2O2氧化成Fe3+，而Fe3+可以作为H2O2分解的催化剂，所以溶液G中不含H2O2。
（3）步骤Ⅵ调节pH的目的是除去Fe3+，留下Cr3+，因为离子浓度不大于1.0×10-5mol/L即可认为沉淀完全，根据常温下，Ksp[Fe（OH）3]=1.0×10-38，Fe3+刚好沉淀完全时：
c（Fe3+）•c3（OH-）=Ksp[Fe（OH）3]，即1.0×10-5×c3（OH-）=1.0×10-38，解得：
c（OH-）=10-11，所以c（H+）=Kw/10-11=10-3，则pH=3；根据常温下，Ksp[Cr（OH）3]=6.3×1
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